DE THI VAO 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (353.01 KB, 38 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đề 1

Câu1 : Cho biÓu thøc

1− x2¿2
¿
x¿

(

xx −3−11+x

)(

x3+1

x+1 − x

)

:¿

Víi x √2 ;1

.a, Ruý gän biÓu thøc A

.b , Tính giá trị của biểu thức khi cho x=

√

6+2√2
c. Tìm giá tr ca x A=3

Câu2.a, Giải hệ phơng trình:

x y¿2+3(x − y)=4
¿

2x+3y=12
¿
¿

b. Gi¶i bất phơng trình:
x

−4x2−2x −15
x2+x+3 <0

C©u3. Cho phơng trình (2m-1)x2-2mx+1=0

Xỏc nh m phng trỡnh trờn cú nghiệm thuộc khoảng (-1,0)

Câu 4. Cho nửa đờng tròn tâm O , đờng kính BC .Điểm A thuộc nửa đờng trịn đó 
D-ng hình vD-ng ABCD thuộc nửa mặt phẳD-ng bờ AB, khôD-ng chứa đỉnh C. Gọi Flà giao
điểm của Aevà nửa đờng tròn (O) . Gọi Klà giao điểm của CFvà ED

a. chứng minh rằng 4 điểm E,B,F,K. nằm trên một đờng tròn
b. Tam giác BKC là tam giác gì ? Vì sao. ?

đáp án

C©u 1: a. Rót gän A= x2−2
x

b.Thay x=

√

6+2√2 vào A ta đợc A= 4+2√2

√

6+2√2
c.A=3<=> x2-3x-2=0=> x= 3±√17

Câu 2 : a)Đặt x-y=a ta đợc pt: a2+3a=4 => a=-1;a=-4

Từ đó ta có

x − y¿2+3(x − y)=4
¿

2x+3y=12
¿
¿
¿

<=>

¿
x − y=1
2x+3y=12

¿{
¿

(1)

¿
x − y=−4
2x+3y=12

¿{
¿

(2)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

O
K

F
E

C
B

A
Giải hệ (1) ta đợc x=3, y=2

Giải hệ (2) ta đợc x=0, y=4

VËy hệ phơng trình có nghiệm là x=3, y=2 hoặc x=0; y=4
Ta cã x3-4x2-2x-15=(x-5)(x2+x+3)

mà x2+x+3=(x+1/2)2+11/4>0 với mọi x 
Vậy bất phơng trình tơng đơng với x-5>0 =>x>5

Câu 3: Phơng trình: ( 2m-1)x2-2mx+1=0

 XÐt 2m-1=0=> m=1/2 pt trë thµnh –x+1=0=> x=1

 Xét 2m-10=> m 1/2 khi đó ta có

Δ, = m2-2m+1= (m-1)20 mäi m=> pt cã nghiƯm víi mäi m
ta thÊy nghiƯm x=1 không thuộc (-1,0)

với m 1/2 pt còn cã nghiÖm x= m−m+1
2m−1 =

1
2m−1
pt cã nghiÖm trong kho¶ng (-1,0)=> -1< 1

2m−1 <0
¿

2m−1+1>0
2m−1<0

¿{
¿

2m
2m−1>0
2m−1<0

¿{
¿

=>m<0

VËy Pt có nghiệm trong khoảng (-1,0) khi và chỉ khi m<0
Câu 4:

a. Ta cã KEB= 900

mặt khác BFC= 900( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)
do CF kéo dài cắt ED tại D

=> BFK= 900 => E,F thuộc đờng trịn đờng kính BK
hay 4 điểm E,F,B,K thuộc đờng trịn đờng kính BK.
b. BCF= BAF

Mµ  BAF= BAE=450=>  BCF= 450
Ta cã BKF=  BEF

Mà  BEF=  BEA=450(EA là đờng chéo của hình vng ABED)=> BKF=450
Vì  BKC=  BCK= 450=> tam giác BCK vng cân tại B

§Ị 2

Bµi 1: Cho biĨu thøc: P =

(

x√x −1

x −√x −

x√x+1
x+√x

)

(

2(x −2√x+1)
x −1

)

a,Rót gän P

b,Tìm x ngun để P có giá trị nguyên.

Bài 2: Cho phơng trình: x2-( 2m + 1)x + m2 + m - 6= 0 (*)
a.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm âm.

b.Tìm m để phơng trình (*) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn

|

x13− x23

|

=50
Bài 3: Cho phơng trình: ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm dơng phân biệt x1, x2Chứng
minh:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

b,Chøng minh: x1 + x2 + t1 + t2 4

Bài 4: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đờng trịn tâm O . H là trực tâm
của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A.

a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành.

b, Gọi P và Q lần lợt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đờng thẳng AB
và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng.

c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất.
Bài 5: Cho hai số dơng x; y thoả mãn: x + y 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của: A = 1
x2+y2+

501
xy

Đáp án

Bài 1: (2 điểm). ĐK: x 0; x ≠1

a, Rót gän: P = 2x(x −1)
x(x −1) :

2( √x −1❑z)
2

x −1 <=> P =

√x −1¿2
¿
¿

√x −1
¿
b. P = x+1

x 1=1+
2

x 1
Để P nguyên thì

x 1=1x=2x=4

x 1=1x=0x=0

x 1=2x=3x=9

x −1=−2⇒√x=−1(Loai)

VËy víi x= {0;4;9} thì P có giá trị nguyên.
Bài 2: Để phơng trình có hai nghiệm âm thì:

=(2m+1)24(m2+m6)0
x1x2=m2+m6>0

x1+x2=2m+1<0

{ {

⇔
Δ=25>0

(m−2)(m+3)>0

m<−1
2

⇔m<−3
¿{ {

b. Giải phơng trình: m+3

(m2)3=50

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

m1=1+5
2
m2=15

|

5(3m2+3m+7

)

|

=50m2+m1=0

{

Bài 3: a. Vì x1 là nghiệm của phơng trình: ax2 + bx + c = 0 nªn ax12 + bx1 + c =0. .

V× x1> 0 => c.

(

1
x1

)

+b. 1
x1

+a=0. Chøng tá x1

lµ một nghiệm dơng của phơng

trình: ct2 + bt + a = 0; t1 = 1

x1 V× x2 là nghiệm của phơng trình:
ax2 + bx + c = 0 => ax22 + bx2 + c =0

vì x2> 0 nên c.

(

1
x2

)

+b.

(

1
x2

)

+a=0 điều này chứng tỏ x1

là một nghiệm dơng của

phơng tr×nh ct2 + bt + a = 0 ; t2 = 1
x2

Vậy nếu phơng trình: ax2 + bx + c =0 có hai nghiẹm dơng phân biệt x1; x2 thì phơng

trình : ct2 + bt + a =0 cịng cã hai nghiƯm d¬ng ph©n biƯt t1 ; t2 . t1 = 1

x1 ; t2 =
1

x2

b. Do x1; x1; t1; t2 đều là những nghiệm dơng nên
t1+ x1 = x1

+ x1 2 t2 + x2 = x1

+ x2 2
Do đó x1 + x2 + t1 + t2 4

Bµi 4

a. Giả sử đã tìm đợc điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành .
Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên

CH AB và BH AC => BD AB và CD AC .
Do đó: ABD = 900 và ACD = 900 .

Vậy AD là đờng kính của đờng trịn tâm O
Ngợc lại nếu D là đầu đờng kính AD
của đờng trịn tâm O thì

tø gi¸c BHCD là hình bình hành.

a. Vỡ P i xng vi D qua AB nên APB = ADB

O
P

C
B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

nhng ADB =ACB nhng ADB = ACB

Do đó: APB = ACB Mặt khác: 
AHB + ACB = 1800 => APB + AHB = 1800

Tứ giác APBH nội tiếp đợc đờng tròn nên PAB = PHB
Mà PAB = DAB do đó: PHB = DAB

Chøng minh t¬ng tù ta cã: CHQ = DAC

VËy PHQ = PHB + BHC + CHQ = BAC + BHC = 1800
Ba ®iĨm P; H; Q thẳng hàng

c). Ta thấy Δ APQ là tam giác cân đỉnh A

Có AP = AQ = AD và PAQ = 2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ 
đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất

 D là đầu đờng kính kẻ từ A của đờng tròn tâm O

Đề 3

Bài 1: Cho biểu thức:

√x+√y

P= x

(√x+√y)(1−√y)−
y

¿(√x+1)¿−
xy

(√x+1)(1−√y)
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.

b). T×m x,y nguyên thỏa mÃn phơng trình P = 2.

Bi 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ;
-2) .

a). Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B
ph©n biƯt

b). Xác định m để A,B nằm về hai phớa ca trc tung.

Bài 3: Giải hệ phơng trình :

¿
x+y+z=9
1

x+
1
y+

1
z=1
xy+yz+zx=27

¿{ {
¿

Bài 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
(C ≠ A ;C ≠ B) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với
đờng trịn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia
AM cắt BC tại N.

a). Chøng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tÝnh BC theo R.

Bµi 5: Cho x , y , z∈R tháa m·n : 1
x+

1
y+

1
z=

1
x+y+z
HÃy tính giá trị cđa biĨu thøc : M = 3

4 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Đáp án

Bi 1: a). iu kin P xác định là :; x ≥0; y ≥0; y ≠1; x+y ≠0 .

*). Rót gän P:







 



(1 ) (1 )

1 1

x x y y xy x y

P

x y x y

    



  











 



( )

1 1

x y x x y y xy x y

x y x y

    



  



 





 



x y x y x xy y xy

x y x y

     



  











 





 



1 1 1 1

1 1

x x y x y x x

x y

     



 





x y y y x

y

  







 











1 1 1

x y y y y

y

   



  x  xy  y.

VËy P = √x+√xy−√y.
b). P = 2 ⇔ √x+√xy−√y. = 2
⇔√x(1+√y)−(√y+1)=1

⇔(√x −1) (1+√y)=1

Ta cã: 1 + y 1  x 1 1  0 x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vµo ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) tho¶ m·n

Bài 2: a). Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) . Nên phơng trình
đờng thẳng (d) là : y = mx + m – 2.

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:
- x2 = mx + m – 2

⇔ x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Vì phơng trình (*) có Δ=m2−4m+8=(m−2)2+4>0∀m nên phơng trình (*) ln có
hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) ln cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B.
b). A và B nằm về hai phía của trục tung ⇔ phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có
hai nghiệm trái dấu ⇔ m – 2 < 0 ⇔ m < 2.

Bµi 3 :

¿
x+y+z=9(1)
1

x+
1
y+

1
z=1(2)
xy+yz+xz=27(3)

¿{ {
¿

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

O
C

B
A





















2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2
2
2

81 2 81

81 2 27

2( ) 2 0

( ) ( ) ( ) 0

( ) 0

x y z x y z xy yz zx

x y z xy yz zx x y z

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y y z z x

x y x y

y z y z x y z

z x
z x

          

          

            

      

    

 

        

  

  



Thay vµo (1) => x = y = z = 3 .

Ta thÊy x = y = z = 3 thõa mÃn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình cã nghiÖm duy
nhÊt x = y = z = 3.

Bµi 4:

a). XÐt ΔABM vµ ΔNBM .

Ta có: AB là đờng kính của đờng trịn (O)
nên :AMB = NMB = 90o .

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=> ΔBAN cân đỉnh B.

Tø gi¸c AMCB néi tiÕp

=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M

b). XÐt ΔMCB vµ ΔMNQ cã :

MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)
 BMC = MNQ ( v× : MCB = MNC ; MBC = MQN ).
=> ΔMCB=ΔMNQ(c.g.c). => BC = NQ .

Xét tam giác vuông ABQ có ACBQ AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)

=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = (

√5−1)R

Bµi 5:

Tõ : 1
x+

1
y+

1
z=

x+y+z =>
1
x+

1
y+

1
z−

1
x+y+z=0
=> xyx+y+x+y+z− z

z(x+y+z)=0

⇒(z+y)

(

1
xy+

z(x+y+z)

)

⇒(x+y)

(

zx+zy+z

+xy
xyz(x+y+z)

)

⇒(x+y)(y+z)(z+x)=0

Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= 
y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - ... + z8)
z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5)
VËy M = 3

4 + (x + y) (y + z) (z + x).A =
3
4

§Ị 4

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài 1: 1) Cho đờng thẳng d xác định bởi y = 2x + 4. Đờng thẳng d/ đối xứng với 
đ-ờng thẳng d qua đđ-ờng thẳng y = x là:

A.y = 1

2 x + 2 ; B.y = x - 2 ; C.y =
1

2 x - 2 ; D.y = - 2x - 4
Hãy chọn câu trả lời đúng.

2) Một hình trụ có chiều cao gấp đơi đờng kính đáy đựng đầy nớc, nhúng chìm
vào bình một hình cầu khi lấy ra mực nớc trong bình cũn li 2

3 bình. Tỉ số giữa bán

kính hình trụ và bán kính hình cầu là A.2 ; B. 3

√2 ; C. 3

√3 ; D. mét kết quả khác.

Bìa2: 1) Giải phơng trình: 2x4 - 11 x3 + 19x2 - 11 x + 2 = 0

2) Cho x + y = 1 (x > 0; y > 0) Tìm giá trị lớn nhất của A = x + √y

Bài 3: 1) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho đa thức : (x + a)(x - 4) - 7
Phân tích thành thừa số đợc : (x + b).(x + c)

2) Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lợt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao
cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho MA

MB =
1
2
Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4: Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB và CD vng góc với nhau, lấy điểm I bất
kỳ trên oan CD.

a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của
MN.

b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.

c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố

định.

Híng dÉn

Bài 1: 1) Chọn C. Tr li ỳng.

2) Chọn D. Kết quả khác: Đáp số lµ: 1

Bµi 2 : 1)A = (n + 1)4 + n4 + 1 = (n2 + 2n + 1)2 - n2 + (n4 + n2 + 1)
= (n2 + 3n + 1)(n2 + n + 1) + (n2 + n + 1)(n2 - n + 1)
= (n2 + n + 1)(2n2 + 2n + 2) = 2(n2 + n + 1)2

VËy A chia hÕt cho 1 số chính phơng khác 1 với mọi số nguyên dơng n.
2) Do A > 0 nên A lín nhÊt ⇔ A2 lín nhÊt.

XÐt A2 = (

√x + √y )2 = x + y + 2

√xy = 1 + 2 √xy (1)
Ta cã: x+y

2 √xy (Bất đẳng thức Cô si)
=> 1 > 2 √xy (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: A2 = 1 + 2

√xy < 1 + 2 = 2
Max A2 = 2 <=> x = y = 1

2 , max A = √2 <=> x = y =
1
2

Bài3 Câu 1Với mọi x ta có (x + a)(x - 4) - 7 = (x + b)(x + c)
Nên với x = 4 thì - 7 = (4 + b)(4 + c)

Cã 2 trêng hỵp: 4 + b = 1 vµ 4 + b = 7
4 + c = - 7 4 + c = - 1
Trêng hỵp thø nhÊt cho b = - 3, c = - 11, a = - 10

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

M
D

C
B

K
O

D
C

B
A

Ta cã (x + 2)(x - 4) - 7 = (x + 3)(x - 5)

Câu2 (1,5điểm)

Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho:
AD = 1

4 AB. Ta có D là điểm cố định
Mà MA

AB =
1

2 (gt) do đó
AD
MA =

1
2

XÐt tam gi¸c AMB và tam giác ADM có MâB (chung)
MA

AB =

AD
MA =

1
2

Do đó Δ AMB ~ Δ ADM => MBMD = MAAD = 2
=> MD = 2MD (0,25 điểm)

Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi)
Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC

DÊu "=" x¶y ra <=> M thuéc đoạn thẳng DC
Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC
* Cách dựng điểm M.

- Dng ng trịn tâm A bán kính 1
2 AB
- Dựng D trên tia Ax sao cho AD = 1

4 AB

M là giao điểm của DC và đờng tròn (A; 1

2 AB)

Bài 4: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N 
Do MâN = 900 nên MN là đờng kính

Vậy I là trung điểm của MN

b) Kẻ MK // AC ta có : ΔINC = ΔIMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì ΔMKDvng cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi

c) Ta cã IA = IB = IM = IN

Vậy đờng tròn ngoại tiếp ΔAMN đi qua hai điểm A, B cố định .

§Ị 5

Bài 1. Cho ba số x, y, z thoã mãn đồng thời :

2 2 1 2 2 1 2 2 1 0

x  y y  z z x

Tính giá trị của biểu thức :A x 2007y2007z2007.

Bµi 2). Cho biĨu thøc :M x2  5x y 2xy 4y2014.

Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá tr nh nht ú

Bài 3. Giải hệ phơng trình :



 



2 2 18

1 . 1 72

x y x y

x x y y

    




  




Bài 4. Cho đờng trịn tâm O đờng kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ
trên đờng tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lợt tại C và D.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

a.Chøng minh : AC . BD = R2.

b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nht .

Bài 5.Cho a, b là các số thực dơng. Chøng minh r»ng :





2 2 2

a b

a b  a b b a

Bài 6).Cho tam giác ABC có phân giác AD. Chứng minh : AD2 = AB . AC - BD . DC.

Hớng dẫn giải

Bài 1. Từ gi¶ thiÕt ta cã :

2
2
2

2 1 0
2 1 0
2 1 0

x y
y z
z x
   

  


  


Cộng từng vế các đẳng thức ta có :



 



2 2 1 2 2 1 2 2 1 0

x  x  y  y  z  z 



x 1





y 1





z 1



2 0

      

1 0
1 0
1 0
x
y
z
 


   
  

  x  y z 1





2007





2007





2007

2007 2007 2007 1 1 1 3

A x y z

          

Vậy : A = -3.

Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :



2 4 4

 

2 2 1





2 2



2007

M  x  x  y  y  xy x  y 











 



2007

M  x  y  x y 













1 3

2 1 1 2007

2 4

M  x y  y

        

 





1 0

y 

vµ









2
1

2 1 0

x y

 

   

 

  x y,

2007

M

   Mmin 2007 x2;y1

Bài 3. Đặt :







1
1

u x x

v y y

  




 



 Ta cã :

18
72
u v
uv


u ; v là nghiệm của phơng 
tr×nh :

1 2

18 72 0 12; 6

X  X    X  X 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.

Bµi 4 . a.Ta cã CA = CM; DB = DM
C¸c tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nªn OC  OD

Tam giác COD vng đỉnh O, OM là đờng cao thuộc cạnh huyền CD nên :
MO2 = CM . MD

 R2 = AC . BD 
b.C¸c tø gi¸c ACMO ; BDMO néi tiÕp

  ; 

MCO MAO MDO MBO

  





COD AMB g g

  

(0,25®)

Do đó : 1

. .
. .

Chu vi COD OM

Chu vi AMB MH



 (MH1  AB)

Do MH1  OM nªn 1
1

OM

MH 

 Chu vi COD chu vi AMB

DÊu = x¶y ra  MH1 = OM  MO  M lµ ®iĨm chÝnh gi÷a cđa cung AB

Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :

2 2

1 1

0; 0

2 2

a b

   

   

   

     a , b > 0

1 1

0; 0

4 4

a a b b

      

1 1

( ) ( ) 0

4 4

a a b b

      

 a , b > 0

0
2

a b a b

    

Mặt khác a b 2 ab 0

Nh©n tõng vÕ ta cã :



 







1
2
2

a b  a b    ab a b

 









2 2

a b

a b  a b b a

    

Bài 6. (1 điểm) Vẽ đờng tròn tâm O ngoại tiếp ABC
Gọi E là giao điểm của AD và (O)

Ta cã:ABDCED (g.g)

. .

BD AD

AB ED BD CD

ED CD

   





. .

AD AE AD BD CD

AD AD AE BD CD

  

  

L¹i cã : ABDAEC g g





o
h

b
a

c
b

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

. .

AB AD

AB AC AE AD

AE AC

AD AB AC BD CD

 

Đè 6

Câu 1: Cho hµm sè f(x) =

√

x2−4x

+4
a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 khi x  ±2
C©u 2: Giải hệ phơng trình

x(y 2)=(x+2)(y 4)
(x 3)(2y+7)=(2x 7)(y+3)

{

Câu 3: Cho biÓu thøcA =

(

x√x+1

x −1 −
x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

víi x > 0 vµ x  1
a) Rót gän A

b) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. 
Gọi H là chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC.

a) Chøng minh r»ng PC c¾t AH tại trung điểm E của AH
b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d.

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa
mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án
Câu 1a) f(x) =

x −2¿2

¿
¿

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

f(x)=10⇔
x −2=10

¿
x −2=−10

¿
x=12

¿
x=−8

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿
c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|

(x −2)(x+2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1
x+2
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1

x+2
C©u 2

( 2) ( 2)( 4) 2 2 4 8 4

( 3)(2 7) (2 7)( 3) 2 6 7 21 2 7 6 21 0

x y x y xy x xy y x x y

x y x y xy y x xy y x x y

           

   

  

   

              

   

x -2

y 2

C©u 3 a) Ta cã: A =

(

x√x+1
x −1 −

x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

(

(√x+1)(x −√x+1)
(√x −1)(√x+1) −

x −1

√x −1

)

(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1

)

(

x −√x+1

√x −1 −
x −1

√x −1

)

(

x −√x+√x

√x −1

)

x −√x+1− x+1

√x −1 :
x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 :
x

√x −1

= −√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x
x
b) A = 3 => 2−√x

x = 3 => 3x + √x - 2 = 0 => x = 2/3
C©u 4

Do HA // PB (Cïng vu«ng gãc víi BC)

nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có
EH

PB =
CH

CB ; (1)

Mặt khác, do PO // AC (cùng vu«ng gãc víi AB)

B C

H
E

A
P

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>  AHC ∞  POB

Do đó: AH
PB =

OB (2)

Do CB = 2OB, kÕt hỵp (1) vµ (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của
AH.

b) Xột tam giỏc vuụng BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có

AH2=(2R −AH . CB

2PB )

AH . CB
2PB .

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2R¿2

¿
4PB2+¿

⇔ AH=4R . CB. PB
4 . PB2+CB2=

4R . 2R . PB
¿

C©u 5 Để phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 th×  > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0

Từ đó suy ra m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
¿

x1+x2=−

2m−1
2
x1.x2=m−1

2
3x1−4x2=11

⇔

¿{ {
¿

¿
x1=13-4m

7
x1=7m7

26-8m
313-4m

7 4

7m7
26-8m=11
{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 −4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì ph ơng
trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn: x1 + x2 = 11

Đề 7

Câu 1: Cho P =

2
1

x
x x


 +

1
1

x

x x


  -

1
1

x
x

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

b/. Chøng minh: P <

3 víi x  0 vµ x 1.

Câu 2: Cho phơng trình : x2 – 2(m - 1)x + m2 – 3 = 0 ( 1 ) ; m là tham số.
a/. Tìm m để phơng trình (1) có nghiệm.

b/. Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm sao cho nghiệm này bng ba ln
nghim kia.

Câu 3: a/. Giải phơng tr×nh :

x + 2

2 x = 2

b/. Cho a, b, c là các số thực thõa mÃn :

0
0

2 4 2 0

2 7 11 0

a
b

a b c

a b c




 




  

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị bé nhất của Q = 6 a + 7 b + 2006 c.

Câu 4: Cho ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không

trùng với A, B). Gọi (O) là đờng tròn ngoại tiếp BCD. Tiếp tuyến của (O) tại C và D 
cắt nhau ở K .

a/. Chøng minh tø gi¸c ADCK néi tiÕp.
b/. Tø gi¸c ABCK là hình gì? Vì sao?

c/. Xỏc nh v trớ điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hnh.

Đáp án

Câu 1: Điều kiện: x 0 và x 1. (0,25 ®iĨm)
P =

2
1

x
x x


 +

1
1

x

x x



  -

1
( 1)( 1)

x

x x



 

= 3

2
( ) 1

x
x



 +

1
1

x

x x


  -

1
1

x

2 ( 1)( 1) ( 1)

( 1)( 1)

x x x x x

x x x

      

  

= ( 1)( 1)

x x

x x x



   = 1

x
x x

b/. Víi x  0 vµ x 1 .Ta cã: P <

3  1

x

x x <

1
3

 3 x < x + x + 1 ; ( v× x + x + 1 > 0 )
 x - 2 x + 1 > 0

 ( x - 1)2 > 0. ( Đúng vì x 0 và x 1)

Câu 2:a/. Phơng trình (1) có nghiệm khi vµ chØ khi ’  0.
 (m - 1)2 – m2 – 3  0

 4 – 2m  0
 m  2.

b/. Víi m  2 th× (1) cã 2 nghiƯm.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Gäi mét nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia là 3a . Theo Viet ,ta cã:

3 2 2

.3 3

a a m

a a m

  




 


 a=

1
2

m

 3

(

1
2

m

)

2 = m2 – 3

 m2 + 6m – 15 = 0

 m = –32 6 ( thõa mÃn điều kiện).
Câu 3:

Điều kiện x  0 ; 2 – x2 > 0  x  0 ; x < 2.
Đặt y = 2 x2 > 0

Ta có:

2 2 2 (1)
1 1

2 (2)

x y

  




 




Tõ (2) cã : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy =

-1
2

* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X2 – 2X + 1 = 0  X = 1  x = y = 1.

* NÕu xy =

-1

2 thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:

X2 + X -

2 = 0  X =

1 3
2

Vì y > 0 nên: y =

1 3
2

 

 x =

1 3
2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x1 = 1 ; x2 =

1 3
2

 
C©u 4: c/. Theo c©u b, tứ giác ABCK là hình thang.

Do ú, t giác ABCK là hình bình hành  AB // CK
 BACACK
Mà

 1

ACK 

s®EC =

2s®BD = DCB
Nªn BCD BAC

Dựng tia Cy sao cho BCy BAC  .Khi đó, D là giao điểm của AB và Cy.
Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC > BDC.

 D  AB .

Vậy điểm D xác định nh trên là điểm cần tìm.

Đề 8

Câu 1: a) Xác định x R để biểu thức :A =

√

x2+1− x − 1

√

x2

+1− x Lµ mét sè tù
nhiªn

C
B

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

b. Cho biĨu thøc: P = √x

√xy+√x+2+

√y

√yz+√y+1+

2√z

√zx+2√z+2 BiÕt x.y.z = 4 , tÝnh

√P .

Câu 2:Cho các điểm A(-2;0) ; B(0;4) ; C(1;1) ; D(-3;2)

1) Chứng minh 3 điểm A, B ,D thẳng hàng; 3 điểm A, B, C không thẳng hàng.
2) Tính diện tích tam giác ABC.

Câu3 Giải phơng trình: √x −1−√32− x=5

Câu 4 Cho đờng tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R √2 . Vẽ các tiếp tuyến
AB, AC với đờng trịn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lợt tại D và
E.

Chøng minh r»ng:

a.DE là tiếp tuyến của đờng tròn ( O ).
b. 2

3R<DE<R

đáp án

C©u 1: a.

A =

√

x2+1− x −

√

x

2+1+x

(

√

x2+1− x).(

x2+1+x)

x2+1 x (

x2+1+x)=2x
A là số tự nhiên -2x là số tự nhiên x = k

2
(trong đó k Z và k 0 )

b.Điều kiện xác định: x,y,z 0, kết hpọ với x.y.z = 4 ta đợc x, y, z > 0 và

√xyz=2

Nh©n cả tử và mẫu của hạng tử thứ 2 với √x ; thay 2 ë mÉu cđa h¹ng tư thø 3 bëi

√xyz ta đợc:
P =

√x+2+√xy
¿

√z¿

√x

√xy+√x+2+

√xy

√xy+√x+2+
2√z

(1®)

⇒ √P=1 v× P > 0

Câu 2: a.Đờng thẳng đi qua 2 điểm A và B có dạng y = ax + b
Điểm A(-2;0) và B(0;4) thuộc đờng thẳng AB nên ⇒ b = 4; a = 2
Vậy đờng thẳng AB là y = 2x + 4.

Điểm C(1;1) có toạ độ khơng thoả mãn y = 2x + 4 nên C không thuộc đờng thẳng AB

⇒ A, B, C không thẳng hàng.

im D(-3;2) cú to tho mãn y = 2x + 4 nên điểm D thuộc ng thng AB

A,B,D thẳng hàn
b.Ta có :

AB2 = (-2 – 0)2 + (0 – 4)2 =20
AC2 = (-2 – 1)2 + (0 –1)2 =10
BC2 = (0 – 1)2 + (4 – 1)2 = 10

⇒ AB2 = AC2 + BC2 ABC vuông tại C
Vậy SABC = 1/2AC.BC = 1

2√10 .√10=5 ( đơn vị diện tích )

Câu 3: Đkxđ x 1, đặt √x −1=u ;√32− x=v ta có hệ phơng trình:
¿

u − v=5
u2+v3=1

¿{
¿

B O

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Lª Duy ThiƯn-Trêng THPT Lang Ch¸nh

Giải hệ phơng trình bằng phơng pháp thế ta đợc: v = 2

⇒ x = 10.
C©u 4

a.áp dụng định lí Pitago tính đợc
AB = AC = R ⇒ ABOC là hình
vng (0.5)

Kẻ bán kính OM sao cho

BOD = MOD ⇒
MOE = EOC (0.5®)

Chøng minh BOD = MOD

⇒ OMD = OBD = 900
T¬ng tù: OME = 900

⇒ D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đờng trịn (O).
b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC

⇒ 2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R
Ta cã DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC

Cộng từng vế ta đợc: 3DE > 2R ⇒ DE > 2
3 R
Vậy R > DE > 2

3 R

Đề 9

Câu 1: Cho hàm số f(x) =

√

x2

−4x+4
a) TÝnh f(-1); f(5)

b) Tìm x để f(x) = 10
c) Rút gọn A = f(x)

x2−4 khi x 2
Câu 2: Giải hệ phơng trình

x(y 2)=(x+2)(y −4)
(x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

¿{
¿
C©u 3: Cho biĨu thøc

A =

(

x√x+1
x −1 −

x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

víi x > 0 vµ x  1

a) Rót gän A

2) Tìm giá trị của x để A = 3

Câu 4: Từ điểm P nằm ngồi đờng trịn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. 
Gọi H là chân đờng vng góc hạ từ A đến đờng kính BC.

a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E cđa AH
b) Gi¶ sư PO = d. TÝnh AH theo R và d.

Câu 5: Cho phơng trình 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0

A C

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Khơng giải phơng trình, tìm m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa
mãn: 3x1 - 4x2 = 11

đáp án
Câu 1

a) f(x) =

x −2¿2
¿
¿

√

x2−4x+4=√¿
Suy ra f(-1) = 3; f(5) = 3

f(x)=10⇔
x −2=10

¿
x −2=−10

¿
x=12

¿
x=−8

¿
¿
¿

⇔¿
¿
¿
¿
c) A= f(x)

x2−4=

|x −2|

(x −2)(x+2)

Víi x > 2 suy ra x - 2 > 0 suy ra A= 1
x+2
Víi x < 2 suy ra x - 2 < 0 suy ra A=− 1

x+2
C©u 2

x(y −2)=(x+2)(y −4)
(x −3)(2y+7)=(2x −7)(y+3)

⇔

xy−2x=xy+2y −4x −8

2 xy−6y+7x −21=2 xy−7y+6x −21
¿

⇔
x − y=−4

x+y=0
⇔

¿x=-2
y=2

¿
¿{

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

C©u 3a) Ta cã: A =

(

x√x+1
x −1 −

x −1

√x −1

)

(

√x+

√x

√x −1

)

(

(√x+1)(x −√x+1)

(√x −1)(√x+1) −
x −1

√x −1

)

(

√x(√x −1)

√x −1 +

√x

√x −1

)

(

x −√x+1

√x −1 −
x −1

√x −1

)

(

x −√x+√x

√x −1

)

= x −√x+1− x+1

√x −1 :
x

√x −1
= −√x+2

√x −1 :
x

√x −1 =

−√x+2

√x −1 ⋅

√x −1

x =

2−√x
x

b) A = 3 => 2−√x

x = 3 => 3x + √x - 2 = 0 => x = 2/3
Câu 4

Do HA // PB (Cùng vuông gãc víi BC)

nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có
EH

PB =
CH

CB ; (1)

Mặt khác, do PO // AC (cïng vu«ng gãc víi AB)

=> POB = ACB (hai góc đồng vị)
=>  AHC ∞  POB

Do đó: AH
PB =

OB (2)

Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của

AH.

b) Xét tam giác vuông BAC, đờng cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH
Theo (1) và do AH = 2EH ta có

AH2=(2R −AH . CB
2PB )

AH . CB
2PB .

⇔ AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB
O

B H C

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

⇔ 4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2

⇔ AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB
2R¿2

¿
4PB2+¿

⇔ AH=4R . CB. PB
4 . PB2

+CB2=

4R . 2R . PB

Câu 5 (1đ)

Để phơng trình có 2 nghiệm phân biƯt x1 ; x2 th×  > 0
<=> (2m - 1)2 - 4. 2. (m - 1) > 0

Từ đó suy ra m  1,5 (1)

Mặt khác, theo định lý Viét và giả thiết ta có:
¿

x1+x2=−2m−1
2
x1.x2=m−1

2
3x1−4x2=11

⇔

¿{ {
¿

¿
x1=13-4m

7
x1=7m7

26-8m
313-4m

7 4

7m7
26-8m=11
{ {

Giải phơng trình 313-4m

7 −4

7m−7

26-8m=11

ta đợc m = - 2 và m = 4,125 (2)

Đối chiếu điều kiện (1) và (2) ta có: Với m = - 2 hoặc m = 4,125 thì phơng trình đã
cho cú hai nghim phõn bit t

Đề 10

Câu I : Tính giá trị của biểu thức:

A = 1

3+5 +
1

5+7 +
1

√7+√9 + ...+

√97+√99

B = 35 + 335 + 3335 + ... + 3333 .. .. . 35

⏟

99sè3

C©u II :Phân tích thành nhân tử :

a) X2 -7X -18

b) (x+1) (x+2)(x+3)(x+4)
c) 1+ a5 + a10

C©u III :

a. Chøng minh : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2)

b. ¸p dơng : cho x+4y = 5 . T×m GTNN cđa biĨu thøc : M= 4x2 + 4y2

Câu 4 : Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm
trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đờng thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đờng tròn
ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q.

a. Chøng minh DM.AI= MP.IB

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

b. TÝnh tØ sè : MP

C©u 5:

Cho P =

√

x

2−4x+3
√1− x

Tìm điều kiện để biểu thức có nghĩa, rút gọn biểu thức.

đáp án
Câu 1 :

1) A = 1

√3+√5 +

√5+√7 +
1

√7+√9 + ...+

√97+√99

= 1

2 ( √5−❑√3 + √7−√5 + √9−√7 + ...+ √99−√97 ) =
1

2 ( √99−√3 )

2) B = 35 + 335 + 3335 + ... + 3333 .. .. . 35

⏟

99sè3 =

=33 +2 +333+2 +3333+2+...+ 333....33+2
= 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33)

= 198 + 1

3 ( 99+999+9999+...+999...99)
198 + 1

3 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 +
B =

(

101
−102

)

+165

C©u 2: 1)x2 -7x -18 = x2 -4 – 7x-14 = (x-2)(x+2) - 7(x+2) = (x+2)(x-9) (1®)
2)(x+1)(x+2)(x+3)(x+4) -3= (x+1)(x+4)(x+2)(x+3)-3

= (x2+5x +4)(x2 + 5x+6)-3= [x2+5x +4][(x2 + 5x+4)+2]-3
= (x2+5x +4)2 + 2(x2+5x +4)-3=(x2+5x +4)2 - 1+ 2(x2+5x +4)-2
= [(x2+5x +4)-1][(x2+5x +4)+1] +2[(x2+5x +4)-1]

= (x2+5x +3)(x2+5x +7)
3) a10+a5+1

= a10+a9+a8+a7+a6 + a5 +a5+a4+a3+a2+a +1
- (a9+a8+a7 )- (a6 + a5 +a4)- ( a3+a2+a )

= a8(a2 +a+1) +a5(a2 +a+1)+ a3(a2 +a+1)+ (a2 +a+1)-a7(a2 +a+1)
-a4(a2 +a+1)-a(a2 +a+1)

=(a2 +a+1)( a8-a7+ a5 -a4+a3 - a +1)

C©u 3: 4®

1) Ta cã : (ab+cd)2 (a2+c2)( b2 +d2) <=>

a2b2+2abcd+c2d2 a2b2+ a2d2 +c2b2 +c2d2 <=>
0 a2d2 - 2cbcd+c2b2 <=>
0 (ad - bc)2 (®pcm ) 
DÊu = x·y ra khi ad=bc.

2) áp dụng hằng đẳng thức trên ta có :

52 = (x+4y)2 = (x. + 4y) (x2 + y2) (1+16) =>
x2 + y2 25

17 => 4x2 + 4y2

100

17 dÊu = x·y ra khi x=
5

17 , y =
20

17 (2đ)

Câu 4 : 5đ

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Δ MPD đồng dạng với Δ ICA => DM

CI =
MP

IA => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB

(1).

Ta cã gãc ADC = gãc CBA,

Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA.
Do đó Δ DMQ đồng dạng với Δ BIA =>

DM
BI =

IA => DM.IA=MQ.IB (2)

Tõ (1) vµ (2) ta suy ra MP

MQ = 1

C©u 5

Để P xác định thì : x2-4x+3 0 và 1-x >0
Từ 1-x > 0 => x < 1

Mặt khác : x2-4x+3 = (x-1)(x-3), Vì x < 1 nên ta có :
(x-1) < 0 và (x-3) < 0 từ đó suy ra tích của (x-1)(x-3) > 0
Vậy với x < 1 thì biểu thức có nghĩa.

Víi x < 1 Ta cã :
P =

√

x

−4x+3

√1− x =

(x 1)(x 3)

1 x =3 x

Đề 11

Câu 1 : a. Rót gän biĨu thøc . A=

√

1+1
a2+

(a+1)2 Với a > 0.

b. Tính giá trị của tổng. B=

√

1+ 1
12+

1
22+

√

1
22+

32+.. .+

√

1+
1
992+

1
1002
C©u 2 : Cho pt x2−mx

+m−1=0

a. Chøng minh r»ng pt lu«n lu«n cã nghiƯm víi ∀m .

b. Gäi x1, x2 là hai nghiệm của pt. Tìm GTLN, GTNN của bt.

P= 2x1x2+3
x12+x

22+2(x1x2+1)
C©u 3 : Cho x ≥1, y ≥1 Chøng minh.

1
1+x2+

1
1+y2≥

2
1+xy

Câu 4 Cho đờng tròn tâm o và dây AB. M là điểm chuyển động trên đờng tròn,

tõM kẻ MH AB (H AB). Gọi E và F lần lợt là hình chiếu vuông góc của H trªn

MA và MB. Qua M kẻ đờng thẳng vng góc với è cắt dây AB tại D.

1. Chứng minh rằng đờng thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi
trên đờng tròn.

2. Chøng minh.

MA2
MB2 =

AH
BD .

AD
BH

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

H

íng dÉn
C©u 1 a. Bình phơng 2 vế A=a

+a+1

a(a+1) (Vì a > 0).

3) áp dụng câu a.

A=1+1

a−

a+1
¿⇒B=100− 1

100=
9999
100
C©u 2 a. : cm Δ≥0∀m

B (2 ®) ¸p dơng hƯ thøc Viet ta cã:

x1+x2=m
x1x2=m−1

¿{
¿

⇒P=2m+1

m2

+2 (1) Tìm đk đẻ pt (1) có nghiệm theo ẩn.

⇒−1

2≤ P≤1

⇒GTLN=−1

2⇔m=−2
GTNN=1⇔m=1

Câu 3 : Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt ⇔ x(y − x)

(1+x2)(1+xy)+

y(x − y)

(1+y2)(1+xy)≥0

⇔(x − y)2(xy−1)≥0 đúng vì xy≥1
Câu 4: a

- Kẻ thêm đờng phụ.

- Chứng minh MD là đờng kính của (o)
=> ...

Gọi E', F' lần lợt là hình chiếu của D trên MA và MB.

Đặt HE = H1

HF = H2

⇒AH

BD .
AD
BH =

HE .h1. MA
2

HF.h2. MB2 (1)

⇔ΔHEF ∞ ΔDF'E'

⇒HF .h2=HE.h

Thay vào (1) ta có: MA

MB2 =

BD .

AD
BH

Đề 12

C©u 1: Cho biĨu thøc D =

[

√a+√b
1−√ab+

√a+√b

1+√ab

]

[

a+b+2 ab
1−ab

]

a) Tìm điều kiện xác định của D và rút gọn D
b) Tính giá trị của D với a = 2

2−√3

o
E'

F
F'

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

c) T×m giá trị lớn nhất của D

Câu 2: Cho phơng trình 2
2−√3 x

2- mx + 2
2−√3 m

2 + 4m - 1 = 0 (1)

a) Giải phơng trình (1) với m = -1
b) Tìm m để phơng trình (1) có 2 nghiệm thoã mãn x1

+ 1

x2=x1+x2

Câu 3: Cho tam giác ABC đờng phân giác AI, biết AB = c, AC = b, ^A=α(α=900

)

Chøng minh r»ng AI = 2 bc . Cos

α
2
b+c

(Cho Sin2 α=2 SinαCosα )

Câu 4: Cho đờng trịn (O) đờng kính AB và một điểm N di động trên một nửa đờng
tròn sao cho N A ≤ N B. Vễ vào trong đờng trịn hình vng ANMP.

a) Chứng minh rằng đờng thẳng NP luôn đi qua điểm cố định Q.

b) Gọi I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác NAB. Chứng minh tứ giác ABMI nội
tiếp.

c) Chứng minh đờng thẳng MP ln đi qua một điểm cố định.

C©u 5: Cho x,y,z; xy + yz + zx = 0 vµ x + y + z = -1
HÃy tính giá trị của:

B = xy
z +

zx
y +

xyz
x

Đáp án

Cõu 1: a) - Điều kiện xác định của D là

¿
a ≥0
b ≥0
ab≠1

¿{ {
¿
- Rót gän D

D =

[

2√a+2b√a
1−ab

]

[

a+b+ab
1−ab

]

D = 2√a

a+1

b) a =

2+√3
¿

√3+1¿2⇒

√a=√3+1
2¿

2
2+√3=¿

VËy D =

2+2√3
2
2√3+1

=2√3−2
4−√3

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

c
b
a

C
B



c) áp dụng bất đẳng thức cauchy ta cú
2a a+1D 1

Vậy giá trị của D là 1

Câu 2: a) m = -1 phơng trình (1) 1
2x

+x 9

2=0x

+2x 9=0

x1=110

x2=1+10

{

b) Để phơng trình 1 có 2 nghiệm thì 08m+20m 1
4 (*)

+ Để phơng trình có nghiƯm kh¸c 0

¿m1≠ −4−3√2
m2≠ −4+3√2

⇔1

2m

+4m−1≠0

⇒

{
(*)

+
1
x1+

x2=x1+x2⇔(x1+x2)(x1x2−1)=0⇔
x1+x2=0

x1x2−1=0
¿{

⇔

2m=0
m2

+8m−3=0

⇔

¿m=0
m=−4−√19
m=−4+√19

¿{

Kết hợp với điều kiện (*)và (**) ta đợc m = 0 và m=−4−√19

2AI . cSin
α
2;
+ SΔAIC=1

2AI . bSin
α

2;
+ SΔABC=1

2bcSinα ;

SΔABC=SΔABI+SΔAIC

⇒bcSinα=AISinα
2(b+c)

⇒AI=bcSinα
Sinα

2(b+c)
=

2 bcCosα
2
b+c

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

QA QB

    Suy ra Q cố định 
b) ^A

1= ^M1(¿^A2)

 Tø gi¸c ABMI néi tiÕp

c) Trên tia đối của QB lấy điểm F sao cho QF = QB, F cố định.

Tam giác ABF cú: AQ = QB = QF

ABF vuông tại A  B^

=450⇒AF B^ =450

L¹i cã Pˆ1 450  AFBPˆ1  Tø gi¸c APQF néi tiÕp

 A^P F

=AQ F^ =900
Ta có: A^P F+A^P M=900

+900=1800
M1,P,F Thẳng hàng

Cõu 5: Biến đổi B = xyz

(

x2+

y2+

z2

)

= ⋯=xyz .

2
xyz=2

Đề 13

Bài 1: Cho biểu thức A = 2

4( 1) 4( 1) 1

. 1

1
4( 1)

x x x x

x
x x

      



 



 

 

a) Tìm điều kiện của x để A xác định

b) Rút gọn A

Bài 2 : Trên cùng một mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(5; 2) và B(3; -4)
a) Viết phơng tình đờng thẳng AB

b) Xác định điểm M trên trục hoành để tam giác MAB cân tại M
Bài 3 : Tìm tất cả các số tự nhiên m để phơng trình ẩn x sau:

x2 - m2x + m + 1 = 0
cã nghiƯm nguyªn.

Bài 4 : Cho tam giác ABC. Phân giác AD (D  BC) vẽ đờng tròn tâm O qua A và D
đồng thời tiếp xúc với BC tại D. Đờng tròn này cắt AB và AC lần lợt tại E và F.
Chứng minh

a) EF // BC

b) Các tam giác AED và ADC; àD và ABD là các tam giác đồng dạng.
c) AE.AC = à.AB = AC2

Bµi 5 : Cho các số dơng x, y thỏa mÃn ®iỊu kiƯn x2 + y2 x3 + y4. Chøng minh:
x3 + y3 x2 + y2 x + y  2

1
2

2
1

Q
P
N

B
A

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Đáp án

Bài 1:

a) Điều kiện x tháa m·n

2
1 0

4( 1) 0
4( 1) 0
4( 1) 0

x

x x

x x
x x

 




  




  




  

 

1
1
1
2

x
x
x

x



 





 

  x > 1 và x  2
KL: A xác định khi 1 < x < 2 hoặc x > 2

b) Rót gän A

A =

2 2

( 1 1) ( 1 1) 2

.
1
( 2)

x x x

x
x

     




A =

1 1 1 1 2

2 1

x x x
x x

     

 

Víi 1 < x < 2 A =
2
1 x

Víi x > 2 A =
2

x
KÕt luËn

Víi 1 < x < 2 th× A =
2
1 x

Víi x > 2 thì A =
2

x
Bài 2:

a) A v B cú honh độ và tung độ đều khác nhau nên phơng trình đờng thẳng AB có
dạng y = ax + b

A(5; 2)  AB  5a + b = 2
B(3; -4)  AB  3a + b = -4
Gi¶i hƯ ta cã a = 3; b = -13

Vậy phơng trình đờng thẳng AB là y = 3x - 13
b) Giả sử M (x, 0)  xx’ ta có

MA = (x 5)2 (0 2)2
MB = (x 3)2 (04)2

x = 1

Kết luận: Điểm cần tìm: M(1; 0)
Bài 3:

Phơng trình có nghiệm nguyên khi = m4 - 4m - 4 là số chính phơng 
Ta lại có: m = 0; 1 thì < 0 loại

m = 2 thì = 4 = 22 nhËn

m  3 th× 2m(m - 2) > 5  2m2 - 4m - 5 > 0

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

 m4 - 2m + 1 <  < m4

 (m2 - 1)2 <  < (m2)2

 kh«ng chÝnh phơng

Vậy m = 2 là giá trị cần tìm.
Bài 4:

  ( 1  )

EADEFD  sd ED

(0,25)

  ( 1  )

FADFDC  sd FD

(0,25)

mµ EDA FAD  EFD FDC (0,25)

 EF // BC (2 góc so le trong bằng nhau)
b) AD là phân giác góc BAC nên DE DF

sđ

ACD

sđ(AED DF ) =
1

2sđAE = sđADE

do ú ACDADE v EAD DAC

DADC (g.g)
Tơng tự: s®

 1  1 (  )

2 2

ADF sd AF  sd AFD DF

  

( )

2 sd AFD DE sd ABD  ADFABD

do đó AFD ~ (g.g
c) Theo trên:

+ AED ~ DB



AE AD

AD AC hay AD2 = AE.AC (1)

+ ADF ~ ABD 

AD AF
AB AD

 AD2 = AB.AF (2)

Tõ (1) vµ (2) ta cã AD2 = AE.AC = AB.AF
Bài 5 (1đ):

Ta có (y2 - y) + 2  0  2y3  y4 + y2

 (x3 + y2) + (x2 + y3)  (x2 + y2) + (y4 + x3)
mà x3 + y4 x2 + y3 do đó

x3 + y3 x2 + y2 (1)

+ Ta cã: x(x - 1)2  0: y(y + 1)(y - 1)2 0

 x(x - 1)2 + y(y + 1)(y - 1)2  0

 x3 - 2x2 + x + y4 - y3 - y2 + y  0

 (x2 + y2) + (x2 + y3)  (x + y) + (x3 + y4)
mµ x2 + y3 x3 + y4

 x2 + y2 x + y (2)

vµ (x + 1)(x - 1)  0. (y - 1)(y3 -1)  0
x3 - x2 - x + 1 + y4 - y - y3 + 1  0

 (x + y) + (x2 + y3)  2 + (x3 + y4)
mµ x2 + y3 x3 + y4

 x + y  2
Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã:

x3 + y3 x2 + y2 x + y  2

§Ị 14

F
E

C
D

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

cho A= ( 1 - )
x2- 4(x-1) x-1
a/ rót gän biĨu thøc A.

b/ Tìm giá trị ngun của x để A có giá trị nguyên.

Câu 2: Xác định các giá trị của tham số m để phơng trình

x2-(m+5)x-m+6 =0

Có 2 nghiệm x1 và x2 thoã mãn một trong 2 điều kiện sau:
a/ Nghiệm này lớn hơn nghiệm kia một đơn vị.

b/ 2x1+3x2=13

Câu 3Tìm giá trị của m để hệ phơng trình

mx-y=1

m3x+(m2-1)y =2
vô nghiệm, vô số nghiệm.

Câu 4: tìm max và min của biểu thức: x 2 +3x+1

x2+1

Câu 5: Từ một đỉnh A của hình vng ABCD kẻ hai tia tạo với nhau một góc 450.

Một tia cắt cạnh BC tại E cắt đờng chéo BD tại P. Tia kia cắt cạnh CD tại F và cắt
đ-ờng chéo BD tại Q.

a/ Chứng minh rằng 5 điểm E, P, Q, F và C cùng nằm trên một đờng trịn.
b/ Chứng minh rằng: SAEF=2SAQP

c/ KỴ trung trực của cạnh CD cắt AE tại M tính sè ®o gãc MAB biÕt CPD=CM

h

íng dÉn

Câu 1: a/ Biểu thức A xác định khi x≠2 và x>1

( x-1 -1)2+ ( x-1 +1)2 x-2
A= . ( )
(x-2)2 x-1
x- 1 -1 + x-1 + 1 x- 2 2 x- 1 2
= . = =
x-2 x-1 x-1 x-1
b/ Để A nguyên thì x- 1 là ớc dơng của 1 và 2

* x- 1 =1 thì x=0 loại
* x- 1 =2 th× x=5

vậy với x = 5 thì A nhận giá trị nguyªn b»ng 1

Câu 2: Ta có ∆x = (m+5)2-4(-m+6) = m2+14m+1≥0 để phơng trìnhcó hai nghiệmphân

biƯt khi vµchØ khi m≤-7-4 3 vµ m≥-7+4 3 (*)
a/ Gi¶ sư x2>x1 ta cã hƯ x2-x1=1 (1)

x1+x2=m+5 (2)
x1x2 =-m+6 (3) 
Giải hệ tađợc m=0 và m=-14 thoã mãn (*)
b/ Theo giả thiết ta có: 2x1+3x2 =13(1’)
x1+x2 = m+5(2’)

x1x2 =-m+6 (3’)
giải hệ ta đợc m=0 v m= 1 Tho món (*)

Câu 3:*Để hệ vô nghiƯm th× m/m3=-1/(m2-1) ≠1/2

3m3-m=-m3 m2(4m2- 1)=0 m=0 m=0 
3m2-1≠-2 3m2≠-1 m=±1/2 m=±1/2
∀m

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

3m3-m=-m3 m=0 
3m2-1= -2 m=±1/2 
V« nghiƯm

Khơng có giá trị nào của m để hệ vô số nghiệm.

Câu 4: Hàm số xác định với ∀x(vì x2+1≠0) x2+3x+1
gọi y0 là 1 giá trịcủa hàmphơng trình: y0=
x2+1

(y0-1)x2-6x+y0-1 =0 cã nghiÖm

*y0=1 suy ra x = 0 y0 ≠ 1; ∆’=9-(y0-1)2≥0 (y0-1)2≤ 9 suy ra

-2 ≤ y0 ≤ 4

VËy: ymin=-2 và y max=4
Câu 5: ( Học sinh tự vẽ hình)

Giải

a/ A1 và B1 cùng nhìn đoạn QE dới một góc 450

t giỏc ABEQ nội tiếp đợc.

 FQE = ABE =1v.

chøng minh t¬ng tù ta cã FBE = 1v

 Q, P, C cùng nằm trên đờng tròn đờng kinh EF.
b/ Từ câu a suy ra ∆AQE vuông cân.



AE

AQ = 2 (1)



AF

AB = 2 (2)

tõ (1) vµ (2)  AQP ~ AEF (c.g.c)

AEF
AQP

S

S = ( 2 )2 hay SAEF = 2SAQP

c/ §Ĩ thÊy CPMD néi tiÕp, MC=MD vµ APD=CPD

MCD= MPD=APD=CPD=CMD

MD=CD  ∆MCD đều  MPD=600

mµ MPD lµ gãc ngoµi cđa ∆ABM ta cã APB=450 vËy MAB=600-450=150

Đề 15

Bài 1: Cho biểu thøc M = 2√x −9

x −5√x+6+

2√x+1

√x −3+

√x+3
2−√x
a. Tìm điều kiện của x để M có nghĩa và rút gọn M
b. Tìm x để M = 5

c. Tìm x Z M Z.

bài 2: a) Tìm x, y nguyên dơng thoÃ mÃn phơng trình
3x2 +10 xy + 8y2 =96

b)t×m x, y biÕt / x - 2005/ + /x - 2006/ +/y - 2007/+/x- 2008/ = 3

1
1

P
M

D C

B
A

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bài 3: a. Cho các số x, y, z d¬ng tho· m·n 1
x +

1
y +

1
z = 4
Chøng ming r»ng: 1

2x+y+z +

x+2y+z +

x+y+2z 1
b. T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x

−2x+2006

x2 (víi x 0 )

Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Kẻ tia Ax, Ay sao cho x^A y = 45 ❑0

Tia Ax cắt CB và BD lần lợt tại E và P, tia Ay cắt CD và BD lần lợt tại F và Q
a) Chứng minh 5 điểm E; P; Q; F; C cùng nằm trên một đờng tròn

b) S ΔAEF = 2 S ΔAPQ

Kẻ đờng trung trực của CD cắt AE tại M. Tính số đo góc MAB bit C^P D =
C^M D

Bài 5: (1đ)

Cho ba sè a, b , c kh¸c 0 tho· m·n:

¿
1
a+

1
b+

1
c=0
¿

; H·y tÝnh

P =

ac
c2+

bc
a2 +

ac
b2

đáp án

Bµi 1:M = 2√x −9
x −5√x+6+

2√x+1

√x −3 +

√x+3
2−√x
a.§K x ≥0; x ≠4;x ≠9 0,5®

Rót gän M = 2√x −9−(√x+3)(√x −3)+(2√x+1) (√x −2)
(√x −2) (√x −3)

Biến đổi ta có kết quả: M = x −√x −2

(√x −2) (√x −3) M =

(√x+1)(√x −2)

(√x −3) (√x −2)⇔M=

√x+1

√x −3

b.. M = 5⇔√x −1
√x −3=5

⇒√x+1=5(√x −3)

⇔√x+1=5√x −15

⇔16=4√x
⇒√x=16

4 =4⇒x=16

c. M = √x+1

√x −3=

√x −3+4

√x −3 =1+
4

√x −3

Do M z nên x 3 là íc cđa 4 ⇒ √x −3 nhËn c¸c giá trị: -4; -2; -1; 1;
2; 4

⇒x∈{1;4;16;25;49} do x ≠4⇒ x∈{1;16;25;49}

Bµi 2 a. 3x2 + 10xy + 8y2 = 96

<--> 3x2 + 4xy + 6xy + 8y2 = 96

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

<--> (x + 2y)(3x + 4y) = 96

Do x, y nguyên dơng nên x + 2y; 3x + 4y nguyen dơng và 3x + 4y > x + 2y 3

mà 96 = 25. 3 có các ớc là: 1; 2; 3; 4; 6; 8; 12; 24; 32; 48; 96 đợc biểu diễn thành 
tích 2 thừa số khơng nhỏ hơn 3 là: 96 = 3.32 = 4.24 = 6. 16 = 8. 12

Lại có x + 2y và 3x + 4y có tích là 96 (Là số chẵn) có tổng 4x + 6y là số chẳn
do đó

x+2y=6
3x+4y=24

{

Hệ PT này vô nghiệm

¿
x+2y=6
3x+4y=16

¿{
¿

⇒
x=4
y=1
¿{

¿
x+2y=8
3x+4y=12

¿{
¿

HƯ PT vô nghiệm

Vậy cấp số x, y nguyên dơng cần tìm lµ (x, y) = (4, 1)
b. ta cã /A/ = /-A/ A∀A

Nªn /x - 2005/ + / x - 2006/ = / x - 2005/ + / 2008 - x/

❑/x −2005+2008− x/❑/3/❑3 (1)

mµ /x - 2005/ + / x - 2006/ + / y - 2007/ + / x - 2008/ = 3 (2)
Kết hợp (1 và (2) ta có / x - 2006/ + / y - 2007/ 0 (3)

(3) sảy ra khi và chỉ khi

x −2006/❑0

y −2007/❑0

⇔

¿x=2006
y=2007

¿{
¿
Bµi 3

a) Trớc hết ta chứng minh bất đẳng thức phụ
b) Với mọi a, b thuộc R: x, y > 0 ta có a2

x+
b2

y ≥
(a+b)2

x+y (∗)
<-->(a2y + b2x)(x + y)

(a+b)2xy

 a2y2 + a2xy + b2 x2 + b2xy  a2xy + 2abxy + b2xy 
 a2y2 + b2x2  2abxy

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

 a2y2 – 2abxy + b2x2  0

 (ay - bx)2  0 (**) bất đẳng thức (**) đúng với mọi a, b, và x,y > 0

DÊu (=) x¶y ra khi ay = bx hay

a b

x y

áp dung bất đẳng thức (*) hai lần ta có

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 2 2 2 4 4 4 4

2x y z 2x y z x y x z x y x z

         

  

         

         

    

       

2 2 2 2

1 1 1 1

1 2 1 1

4 4 4 4

x y x z x y z

       

         

       

        

 

T¬ng tù

1 1 1 2 1

2 16

x y z x y z

 

    

   

1 1 1 1 2

2 16

x y z x y z

 

    

   

Cộng từng vế các bất đẳng thức trên ta có:

1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2

2 2 2 16 16 16

1 4 4 4 4 1 1 1 1
.4 1

16 16 4

x y z x y z x y z x y z x y z x y z

x y z x y z

     

              

           

   

         

   

V×

1 1 1
4

x yz 





2
2

2 2006
0

x x

B x

x

 

 

Ta cã: B=x

−2x+2006
x2 ⇔B=

2006x2−2 . 2006x+20062

2006x

⇔B=(x −2006)

+2005x2

x2 ⇔

(x −2006)2+2005
2006x2 +

2005
2006
V× (x - 2006)2  0 víi mäi x

x2 > 0 víi mäi x kh¸c 0





2006 2005 2005

0 2006

2006 2006 2006

x

B B khix

x



</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Bµi 4a. EBQ EAQ 450 EBAQ



 

 néi tiÕp; Bˆ = 900 à gãc AQE = 900à gãcEQF =
900

T¬ng tù gãc FDP = gãc FAP = 450

à Tứ giác FDAP nội tiếp góc D = 900à góc APF = 900à góc EPF = 900 ……. 0,25đ
Các điểm Q, P,C ln nhìn dới 1góc900 nên 5 điểm E, P, Q, F, C cùng nằm trên
1 đờng trịn đờng kính EF ………0,25đ

b. Ta cã gãc APQ + gãc QPE = 1800 (2 gãc kÒ bï) ⇒ gãc APQ = gãc AFE 
Gãc AFE + gãc EPQ = 1800

àTam giác APQ đồng dạng với tam giác AEF (g.g)

2 1 1 2

2
2

APQ

APQ AEE

AEF

S

k S S

S



 



 

     

 

c) gãc CPD = gãc CMD à tø gi¸c MPCD néi tiÕp à gãc MCD = gãc CPD (cïng
ch¾n cung MD)

Lại có góc MPD = góc CPD (do BD là trung trùc cña AC)
gãc MCD = gãc MDC (do M thuéc trung trùc cña DC)

à góc CPD = gócMDC = góc CMD = gócMCD à tam giác MDC đều à góc CMD =
600

à tam giác DMA cân tại D (vì AD = DC = DM)

Vµ gãc ADM =gãcADC – gãcMDC = 900 – 600 = 300

à gãc MAD = gãc AMD (1800 - 300) : 2 = 750

à gãcMAB = 900 – 750 = 150

Bài 5Đặt x = 1/a; y =1/b; z = 1/c à x + y + z = 0 (v× 1/a = 1/b + 1/c = 0)

à x = -(y + z)

à x3 + y3 + z3 – 3 xyz = -(y + z)3 + y3 – 3xyz

à-( y3 + 3y2 z +3 y2z2 + z3) + y3 + z3 – 3xyz = - 3yz(y + z + x) = - 3yz .0 = 0
Tõ x3 + y3 + z3 – 3xyz = 0 à x3 + y3 + z3 = 3xyz

à 1/ a3 + 1/ b3 + 1/ c3 3 1/ a3 .1/ b3 .1/ c3 = 3/abc

Do đó P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = abc (1/a3 + 1/b3+ 1/c3) = abc.3/abc = 3
nếu 1/a + 1/b + 1/c =o thì P = ab/c2 + bc/a2 + ac/b2 = 3

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Đề 16

Bài 1

Cho biểu thức A =

x2−3

¿2+12x2
¿

¿
¿
√¿

+ x+2¿

2−8x2

¿
√¿

a. Rút gọn biểu thức A

b. Tìm những giá trị nguyªn cđa x sao cho biĨu thøc A cịng cã giá trị nguyên.
Bài 2: (2 điểm)

Cho cỏc ng thng:

y = x-2 (d1)
y = 2x – 4 (d2)
y = mx + (m+2) (d3)

a. Tìm điểm cố định mà đờng thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
b. Tìm m để ba đờng thng (d1); (d2); (d3) ng quy .

Bài 3: Cho phơng tr×nh x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)

a. Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt.

b. Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phơng trình (1) mà không
phụ thuộc vào m.

c. Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x21 + x22 (víi x1, x2 lµ nghiƯm của phơng trình
(1))

Bi 4: Cho ng trũn (

o

) vi dõy BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung
lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC . Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.
Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P, Q lần lợt là giao điểm của các
cặp đờng thẳng AB với CD; AD và CE.

a. Chøng minh r»ng DE// BC

b. Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c. Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F
Chứng minh hệ thøc: 1

CE =
1

CQ +
1
CE
Bài 5: Cho các số d¬ng a, b, c Chøng minh r»ng: 1< a

a+b+
b
b+c+

c
c+a<2

ỏp ỏn

Bài 1: - Điều kiện : x 0
a. Rót gän: A=

√

x

4+6x2

+9
x2 +

√

x

2−4x

+4
¿x

|x| +|x −2|

- Víi x <0: A=−2x

+2x −3

x
- Víi 0<x 2: A=2x+3

x
- Víi x>2 : A=2x

−2x+3

x
b. Tìm x nguyên để A nguyên:

A nguyªn <=> x2 + 3 ⋮|x|

<=> 3 ⋮|x| => x = {−1;−3;1;3}
Bµi 2:

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

<=> m (x+1)+ (2-y) = 0
Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m

¿
x+1=0
2− y=0

¿{
¿

=.>

¿
x=−1

y=2
¿{

Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) đi qua
b. Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) . Tọa độ M là nghiệm của hệ

¿
y=x −2
y=2x −4

¿{
¿

=>
¿
x=2
y=0
¿{

¿
VËy M (2; 0) .

NÕu (d3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) là nghiệm (d3)
Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= - 2

3
VËy m = - 2

3 thì (d1); (d2); (d3) đồng quy
Bài 3: a. Δ' = m2 –3m + 4 = (m - 3

2 )2 +
7

4 >0 m.
Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt
b. Theo ViÐt:

x1+x2=2(m−1)
x1x2=m−3

¿{
¿

¿
x1+x2=2m −2

2x1x2=2m −6

¿{
¿

<=> x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 kh«ng phơ thuéc vµo m
P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3)

= (2m - 5

2 )2 +
15

4 ≥
15

4 ∀m

VËyPmin =
15

víi m =
5
4

Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận 
a. Sđ ∠ CDE = 1

2 S® DC =
1

2 S® BD = ∠BCD
=> DE// BC (2 gãc vÞ trÝ so le)

b. ∠ APC = 1

2 s® (AC - DC) = ∠ AQC

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

=> APQC néi tiÕp (v× ∠ APC = ∠ AQC
cùng nhìn đoan AC)

c.Tø gi¸c APQC néi tiÕp

∠ CPQ = ∠ CAQ (cïng ch¾n cung CQ)

∠ CAQ = ∠ CDE (cïng ch¾n cung DC)
Suy ra ∠ CPQ = ∠ CDE => DE// PQ
Ta cã: DE

PQ =
CE

CQ (v× DE//PQ) (1)
DE

FC =
QE

QC (v× DE// BC) (2)
Céng (1) vµ (2) : DE

PQ+
DE
FC =

CE+QE

CQ =

CQ
CQ=1

=> 1
PQ+

1
FC=

DE (3)

ED = EC (t/c tiÕp tuyÕn) tõ (1) suy ra PQ = CQ
Thay vµo (3) : 1

CQ+
1
CF=

Bµi 5:Ta cã: a

a+b+c <
a

b+a <

a+c

a+b+c (1)
b

a+b+c <
b

b+c <

b+a

a+b+c (2)
c

a+b+c <
c

c+a <

c+b

a+b+c (3)
Céng tõng vÕ (1),(2),(3) :

1 < a
a+b +

b

b+c +
c

c+a < 2

</div>

DE THI VAO 10

<b>Đề 1</b>

(

)(

)

<sub>√</sub>

đáp án

<sub>√</sub>

√

<b>§Ị 2</b>

(

)

(

)

<sub>|</sub>

|

|

|

(

)

(

)

(

)

<b>Đề 3</b>







 

 













 

 





 





 

 













 





 









 































(

)

(

)

<b>§Ị 4</b>